Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Gustav » 30/10-2017 13:38

Grønn: runde 1-nivå, Gul: runde 2-nivå, Rød: abelfinale(eller høyere)-nivå.


1. (Grønn) Hvis $2017a^{2017}+100=110$, bestem $2017(-a)^{2017}+100$.

2. (Gul) Løs ligningen $\sqrt{2+4x-2x^2}+\sqrt{6+6x-3x^2}=x^2-2x+6$

3. (Rød) En syklisk firkant er en firkant som kan omskrives av en sirkel (alle hjørnene ligger på en sirkel). Bevis at summen av to motstående vinkler i en syklisk firkant er 180 grader.

4. (Grønn) Hvilket positivt heltall $n$ er slik at $n(n+3)(n+6)\cdots (n+297)(n+300)=(200-n)(203-n)(206-n)\cdots (497-n)(500-n)$?

5. (Gul) Anta at $x$ er et positivt tall. Vis at $x^5+x+1\geq 3x^2$

6. (Grønn) For heltall a,b,c, vis at dersom $a$ deler $b$ og $a$ deler $c$, så vil $a$ dele $bx+cy$ for alle heltall $x,y$.

7. (Gul) Anta at $a$ og $b$ er reelle tall slik at $a+b=2$ og $ab=-1$. Finn $a^{10}+b^{10}$.

8. (Gul) Faktorisér uttrykket $x^4-1$ (uten bruk av digitale hjelpemidler!)

9. (Rød) La $n=1234567891011.... 9899100$. Avgjør om $n$ er delelig med $3$. Hint:
[+] Skjult tekst
Tverrsummen må være delelig med 3


10. (Grønn) Om et positivt heltall $n$ vet vi følgende: Det fins et polynom av grad $5$ som har $n$ antall løsninger. $n$ kan i tillegg skrives på formen $2^m$ for et heltall $m$. Til slutt vet vi at $n+3$ er et primtall, og at $n$ ikke er et kvadrattall. Finn, hvis det er mulig, $n$.

11. (Gul) Anta at $x$ er et tall slik at $-3<x<4$. Vis at $12 +x> x^2$

12. (Rød) La $x,y$ være reelle tall ulik $0$. Finn alle funksjoner $f(x)$ som tilfredsstiller $2f(xy)\leq f(x)+f(y)$.

Hint:
[+] Skjult tekst
Alle slike funksjonene er konstante
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Kay » 30/10-2017 15:09

8.

[tex]x^4-1=(x^2+1)(x^2-1)=(x-1)(x+1)(x^2+1)[/tex]
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 557
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Gustav » 30/10-2017 16:30

Kay skrev:8.

[tex]x^4-1=(x^2+1)(x^2-1)=(x-1)(x+1)(x^2+1)[/tex]


Bra!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Markus » 30/10-2017 16:30

Takk for denne posten plutarco, dette er god øving! :D

For heltall $a,b,c$, vis at dersom $a$ deler $b$ og $a$ deler $c$, så vil $a$ dele $bx+cy$ for alle heltall $x,y$


Jeg er ikke så god på hvor standarden ligger i slike bevis. Men jeg håper dette holder.

Hvis $a$ deler $b$ må det finnes et heltall $d$ som er slik at $\frac{b}{a}=d \enspace \Leftrightarrow \enspace b = a \cdot d$. Dette betyr at $a$ er en faktor av $b$.

Hvis $a$ deler $c$ må det finnes et heltall $e$ som er slik at $\frac{c}{a}=e \enspace \Leftrightarrow \enspace c = a \cdot e$. Dette betyr at $a$ er en faktor av $c$.

Vi har da at $bx+cy = adx + aey = a(dx + ey) \enspace \Leftrightarrow \enspace \frac{a(dx + ey)}{a} = dx +ey $. Siden både $bx$ og $cy$ har $a$ som faktor betyr det at $a|bx+cy$. Dette fullfører beviset.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Markus » 30/10-2017 16:45

plutarco skrev:1. Hvis $2017a^{2017}+100=110$, bestem $2017(-a)^{2017}+100$.

Prøver meg på denne og.

Av den første likningen har vi at:
$2017a^{2017} + 100 = 110$
$2017a^{2017} = 10$

$a^{2017}$ og $(-a)^{2017}$ må ha motsatt fortegn når potensen er et oddetall. Når potensen er et partall, vil $a^n = (-a)^n$, da vi får samme fortegn på begge sidene. Dette betyr at $2017(-a)^{2017} = -10$, og derfor må $2017(-a)^{2017}+100 = 90$.

Edit: noe feil i resonnementet, skal være rettet opp nå.
Sist endret av Markus den 30/10-2017 20:41, endret 1 gang
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg OYV » 30/10-2017 16:51

Oppgave 5: Anta at x er et positivt tall.

Vis at x^5 + x + 1 >= 3x^2

Løsningforslag:

Ulikheten ovenfor er ekvivalent med at

x^5 - 3x^2 + x + 1 >= 0

Vi ser lett at V.S. = 0 for x = 1. Dette er ensbetydende med at uttrykket er delelig med ( x - 1 ).

For at uttrykket skal være >= 0 for alle x > 0, må uttrykket inneholde faktoren ( x - 1 )^2 .

Vi utfører divisjonen (x^5 - 3x^2 + x + 1 ):(x-1)^2 og får x^3 + 2x^2 + 3x +1

Divisjonen ovenfor gir

x^5 - 3x^2 + x + 1 = ( x - 1 )^2 *(x^3 + 2x^2 + 3x + 1 ) >= 0 for alle x > 0 (s.s.v. )
OYV offline

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Markus » 30/10-2017 17:43

plutarco skrev:10. (Grønn) Om et positivt heltall $n$ vet vi følgende: Det fins et polynom av grad $5$ som har $n$ antall løsninger. $n$ kan i tillegg skrives på formen $2^m$ for et heltall $m$. Til slutt vet vi at $n+3$ er et primtall, og at $n$ ikke er et kvadrattall. Finn, hvis det er mulig, $n$.

Beklager hvis dette føles som spam, men det føles mye mer ryddig å legge hver oppgave i hver sin post, istedenfor å ta alle på en gang.

Siden et polynom ikke han ha flere røtter enn polynomets grad, må $n \leq 5$. Vi vet også at $n$ er et partall fordi at alle primtall $>2$ er oddetall. Hvis $n+3$ skal være et primtall, må altså $n$ være et partall. Verdiene for $n \leq 5$ som gir et primtall ved $n+3$ er $2(5)$ og $4(7)$. Vi står igjen med to alternativer som begge kan skrives på formen $2^m$. Siden $4$ er et kvadrattall $(2^2)$, har vi at $n \neq 4$. Da må altså $n=2$.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Kay » 30/10-2017 18:37

9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har [tex][20,29][/tex] og 3 har [tex][30,39][/tex]

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

[tex]1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum_{j=1}^9 j = \frac{9(9+1)}{2}=45[/tex]

[tex](11 \cdot 1) + 2+3+4+5+6+7+8+9= \sum_{j=2}^9 j =11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55[/tex]

[tex](11\cdot 2 + 1) +3+4+5+6+7+8+9 = 23+ \sum_{j=3}^9 j = 23+ 42 = 65[/tex]

.
.
.


[tex]11\cdot 9 +1+2+3+4+5+6+7+8 = 90 + \sum_{j=1}^8 j =90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136[/tex]

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet [tex]901[/tex] som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
[tex]45+55+65+75+85+95+105+115+125+136 = 901[/tex], øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 557
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Audunss » 30/10-2017 20:18

Kay skrev:9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har [tex][20,29][/tex] og 3 har [tex][30,39][/tex]

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

[tex]1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum_{j=1}^9 j = \frac{9(9+1)}{2}=45[/tex]

[tex](11 \cdot 1) + 2+3+4+5+6+7+8+9= \sum_{j=2}^9 j =11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55[/tex]

[tex](11\cdot 2 + 1) +3+4+5+6+7+8+9 = 23+ \sum_{j=3}^9 j = 23+ 42 = 65[/tex]

.
.
.


[tex]11\cdot 9 +1+2+3+4+5+6+7+8 = 90 + \sum_{j=1}^8 j =90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136[/tex]

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet [tex]901[/tex] som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
[tex]45+55+65+75+85+95+105+115+125+136 = 901[/tex], øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang


Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

[tex]1+2+3+4....+99+100=\sum_{k=1}^100=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050[/tex]
som ikke er delelig på 3
Audunss offline
Jacobi
Jacobi
Innlegg: 328
Registrert: 06/01-2009 21:37

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Kay » 30/10-2017 20:21

Audunss skrev:
Kay skrev:9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har [tex][20,29][/tex] og 3 har [tex][30,39][/tex]

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

[tex]1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum_{j=1}^9 j = \frac{9(9+1)}{2}=45[/tex]

[tex](11 \cdot 1) + 2+3+4+5+6+7+8+9= \sum_{j=2}^9 j =11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55[/tex]

[tex](11\cdot 2 + 1) +3+4+5+6+7+8+9 = 23+ \sum_{j=3}^9 j = 23+ 42 = 65[/tex]

.
.
.


[tex]11\cdot 9 +1+2+3+4+5+6+7+8 = 90 + \sum_{j=1}^8 j =90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136[/tex]

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet [tex]901[/tex] som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
[tex]45+55+65+75+85+95+105+115+125+136 = 901[/tex], øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang


Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

[tex]1+2+3+4....+99+100=\sum_{k=1}^100=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050[/tex]
som ikke er delelig på 3




Var i utgangspunktet det jeg trodde det måtte være også, men tverrsummen er summen av alle de individuelle sifrene, ikke alle de individuelle tallene fra 1-100

Tallet det er snakk om såvidt jeg har forstått det er

[+] Skjult tekst
123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839404142434445464748495051525354555657585960616263646566676869707172737475767778798081828384858687888990919293949596979899100
Sist endret av Kay den 30/10-2017 20:24, endret 1 gang
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 557
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Audunss » 30/10-2017 20:23

Kay skrev:
Audunss skrev:
Kay skrev:9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har [tex][20,29][/tex] og 3 har [tex][30,39][/tex]

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

[tex]1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum_{j=1}^9 j = \frac{9(9+1)}{2}=45[/tex]

[tex](11 \cdot 1) + 2+3+4+5+6+7+8+9= \sum_{j=2}^9 j =11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55[/tex]

[tex](11\cdot 2 + 1) +3+4+5+6+7+8+9 = 23+ \sum_{j=3}^9 j = 23+ 42 = 65[/tex]

.
.
.


[tex]11\cdot 9 +1+2+3+4+5+6+7+8 = 90 + \sum_{j=1}^8 j =90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136[/tex]

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet [tex]901[/tex] som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
[tex]45+55+65+75+85+95+105+115+125+136 = 901[/tex], øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang


Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

[tex]1+2+3+4....+99+100=\sum_{k=1}^100=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050[/tex]
som ikke er delelig på 3




Var i utgangspunktet det jeg trodde det måtte være også, men tverrsummen er summen av alle de individuelle sifrene, ikke alle de individuelle tallene fra 1-100


Oppdaget det, og ville slette innlegget mit, men da hadde du allerede svart :(

Du har rett, får se om jeg ser en letter måte å regne det ut på enn brute force.
Audunss offline
Jacobi
Jacobi
Innlegg: 328
Registrert: 06/01-2009 21:37

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Markus » 31/10-2017 00:43

7. (Gul) Anta at $a$ og $b$ er reelle tall slik at $a+b=2$ og $ab=−1$. Finn $a^{10}+b^{10}$.


Den løsningen er neppe den mest effektive.

Hvis vi substituerer $b=2-a$ inn i $ab=-1$ får vi $-a^2+2a+1=0$. På grunn av "symmetrien" i de to likningen oppgaven gir, er det enkelt å se at vi også får $-b^2+2b+1=0$ ved å substitutere $a=2-b$. Når vi løser denne likningen med abc-formelen, vil vi altså få to løsninger der den ene er lik $a$ og den andre er lik $b$. Det er vilkårlig hvilken av $a$ eller $b$ som får hvilken løsning.

$\displaystyle \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - (4 \cdot -1 \cdot 1)}}{2 \cdot -1} = \frac{-2 \pm \sqrt{8}}{-2} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{2}}{-2} =\left\{\begin{matrix}
1+\sqrt{2}\\
1-\sqrt{2}
\end{matrix}\right. $

Vi sier at $a=1+\sqrt{2}$ og $b=1-\sqrt{2}$

Ved binomialformelen har vi at: $\displaystyle (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}x^k y^{n-k}$

Da må $a^{10}=(1+\sqrt{2})^{10}=\sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k}1^k \sqrt{2}^{10-k}=\sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} \sqrt{2}^{10-k} = \binom{10}{0}\sqrt{2}^{10}+\binom{10}{1}\sqrt{2}^{9}+\dots+\binom{10}{10}\sqrt{2}^{0}$

Vi har også da at $b^{10}=(1-\sqrt{2})^{10}\sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k} -(\sqrt{2})^{10-k} = \binom{10}{0}-(\sqrt{2})^{10}+\binom{10}{1}-(\sqrt{2})^{9}+\dots+\binom{10}{10}-(\sqrt{2})^{0}$

Vi legger merke til at $-(\sqrt{2})^n$ er negativ når $n$ er et oddetall, mens de er alltid positiv uansett $n$ for $(\sqrt{2})^n$. Når vi da tar $a^{10}+b^{10}$ vil de leddene med odde potenser nulle ut hverandre. Vi får da at:

$a^{10}+b^{10} = 2 \left (\sum_{k=0}^{5} \binom{10}{2k} \left (\sqrt{2} \right)^{10-2k} \right)$

Disse binomialkoeffisientene er ikke så vanskelig å regne ut fra formelen til binomialkoeffisienter. Fakultetene blir ikke så altfor store, så det er fint mulig i hodet. Dessuten trenger man kun å regne ut halvparten av binomialkoeffisientene, pga. av symmetrien i de (Pascals talltrekant viser det flott). Jeg utelater dette fra denne posten. Etter å ha funnet ut av binomialkoeffisientene får vi følgende:

$a^{10}+b^{10} = 2 \left ( \sqrt{2}^{10} + 45\sqrt{2}^8+210\sqrt{2}^6+ 210\sqrt{2}^4 + 45\sqrt{2}^2 + \sqrt{2}^0 \right )$
$a^{10}+b^{10} = 2 \left ( 32 + 720 + 1680 + 840 + 90 + 1 \right) = 2 \cdot 3363 = 6726$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg OYV » 31/10-2017 09:25

Alternativ løysing:

(a + b)^2 = a^2 + b^2 + 2* (ab)

2^2 = a^2 + b^2 + 2*(-1)

a^2 + b^2 = 4 + 2 = 6

(a^2 + b^2 )(a + b) = a^3 + b^3 + ab(a + b) = a^3 + b^3 + (-1)*2

6 * 2 = a^3 + b^3 - 2 som gir a^3 +b^3 = 12 + 2 = 14

(a^3 + b^3 )(a^2 + b^2) = a^5 + b^5 + (ab)^2*(a + b) = a^5 + b^5 + (-1)^2 * 2

14 * 6 = a^5 + b^5 + 2 som gir a^5 + b^5 = 84 -2 = 82

(a^5 + b^5)^2 = a^10 + b^10 + 2*(ab)^5 = a^10 + b^10 + 2*(-1)^5

82^2 = a^10 + b^10 -2 som gir a^10 + b^10 = 82^2 +2 = 6724 + 2 = 6726
OYV offline

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg Aleks855 » 31/10-2017 09:44

Er disse offisielle øvingsoppgaver, eller er det selvskrevet?
Bilde
Aleks855 online
Rasch
Rasch
Innlegg: 5872
Registrert: 19/03-2011 15:19
Bosted: Trondheim

Re: Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

Innlegg OYV » 31/10-2017 09:50

Dette spørsmålet må du rette til Plutarco , som har lagt ut oppgavene på nettet.
OYV offline

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 15 gjester